2020届福建省厦门市高三（6月份）高考数学（理科）模拟试题及答案解析 19页

2020 届福建省厦门市高三（6月份）高考数学（理科）模拟试题 一、单选题 1．复数 2 i 等于（ ） A． 2i B． 2i C．2 D． 2 2．设 , ,   是三个互不重合的平面， l是直线，给出下列命题 ①若  ，   ，则  ； ②若 l上有两个点到 的距离相等，则 l  ； ③若 l  ， l ∥ ，则  ； ④若  ，   ， l   ，则 l  . 其中正确的命题是（ ） A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 3．某超市销售的甲、乙两种品牌的腊肉各占 2 5 ， 3 5 的份额，出厂时已知两种品种腊肉亚硝酸盐超 标的概率分别为 1 10 ， 1 9 .现一市民在该超市随机挑选了一块腊肉，则该块腊肉亚硝酸盐超标的概率 为（ ） A． 8 75 B． 19 90 C． 1 25 D． 1 15 4．若直线 / /a 平面 ， / /a 直线平面  ， b   ，则（ ） A． / /a b或 a与b异面 B． / /a b C． a与b异面 D．a与b 相交 5．已知数列 na 中，其前 n项和为 nS ，且 n， na ， nS 成等差数列 ( )n N ，则 4a （ ）． A．1 B． 4 C． 7 D．15 6．已知函数   , 0, sin ,   0. x x f x x x     则下列结论错误．．的是( ) A．  f x 不是周期函数 B．  f x 在 2      ， 上是增函数 C．   f x 的值域为 1,   D．  f x 的图象上存在不同的两点关于原点对称 7．函数   3f x x ax  ，若对任意两个不等的实数  1 2 1 2,x x x x ，都有    1 2 1 23 3f x f x x x   恒成立，则实数 a的取值范围是（ ） A．  2,  B． 3, C．  , 2  D．  ,3 8．已知 0.4 3 0.43 , 0.4 , log 3a b c   ，则（ ） A．b c a  B．b a c  C．c a b  D． c b a  9．设 设 ㌮㌮ ㌮ ʹ 设 ʹͲ,若 设 ,则实数 Ͳ的取值范围是（ ） A． o， B． C． o D．ʹ， 10．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8， 13，21，….该数列的特点是：前两个数都是 1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和， 人们把这样的一列数组成的数列 na 称为“斐波那契数列”，则      2 2 2 2 1 3 2 2 4 3 3 5 4 2017 2019 2018a a a a a a a a a a a a    L （ ） A．1 B．2019 C． 1 D． 2019 11．经过椭圆 2 2x 2y 2  的一个焦点作倾斜角为 45的直线 l，交椭圆于 M，N两点，设 O 为坐标 原点，则OM ON   等于 ( ) A． 3 B． 1 3  C． 1 3  D． 1 2  12．定义在 上的函数 是减函数，且函数 的图像关于原点中心对称，若 满足 不等式 ，其中 ，则当 时， 的取值范围是 A． B． C． D． 二、填空题 13．已知 为双曲线 ：㌮ Ͳ 设 oͲ ʹ ʹ的右顶点，o 分别为虚轴的两个端点，为右 焦点，若 o，则双曲线 的离心率是__________． 14．已知等比数列 na 的前 n项和为 nS ,若 24S , 4S , 32S 成等差数列,且 2 3 2a a  ,则 6a 的值 是_______． 15．已知向量 a  =（2，1）， =（－1，2），若 a  ， 在向量 上的投影相等，且（ － a  ） （ － ）=－ ，则向量 的坐标为_______ . 16．某篮球队有12名队员，其中有6名队员打前锋，有 4名队员打后卫，甲、乙两名队员既能打前 锋又能打后卫.若出场阵容为3名前锋， 2名后卫，则不同的出场阵容共有______种． 三、解答题 17．2020年春节期间，新型冠状病毒（2019﹣nCoV）疫情牵动每一个中国人的心，危难时刻全国 人民众志成城．共克时艰，为疫区助力．我国 S省 Q市共 100家商家及个人为缓解湖北省抗疫消 毒物资压力，募捐价值百万的物资对口输送湖北省 H市． （1）现对 100家商家抽取 5家，其中 2家来自 A地，3家来自 B地，从选中的这 5家中，选出 3 家进行调研．求选出 3家中 1家来自 A地，2家来自 B地的概率． （2）该市一商家考虑增加先进生产技术投入，该商家欲预测先进生产技术投入为 49千元的月产增 量．现用以往的先进技术投入 xi（千元）与月产增量 yi（千件）（i＝1，2，3，…，8）的数据绘制 散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线 y a b x  的附近，且： 46.6 563 6.8x y t  ， ， ，   8 2 1   289.9i i x x    ，   8 2 1   1.6i i t t    ，     8 1   1469i i i x x y y     ，     8 1   108.8i i i t t y y     ，其中， i it x ， 8 1 1   8 i i t t    ，根据所 给的统计量，求 y关于 x回归方程，并预测先进生产技术投入为 49千元时的月产增量． 附：对于一组数据（u1，v1）（u2，v2），其回归直线 v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘法估计分别 为       1 2 1     n i ii n ii u u v v v u u u                ， 18．已知函数   2 2xf x e ax a   ，a R . （Ⅰ）讨论  f x 的单调性； （Ⅱ）若函数  f x 有两个零点 1 2,x x ，求 a的取值范围，并证明：   1 21 1 1x x   . 19．选修 4-5：不等式选讲 若 0a  ， 0b  ， 4a b ab  . （Ⅰ）求 a b 的最小值； （Ⅱ）当a b 取得最小值时， a， b的值满足不等式 2 2x a x b t t     对任意的 x R 恒 成立，求 t的取值范围. 20．过抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点且斜率为1的直线 l与抛物线C交于 A、 B两点， 8AB  . （1）求抛物线C的方程； （2）点  0 0,P x y 为抛物线C上一点，且  0 2 2 2,2 2 2y    ，求 PAB 面积的最大值. 21． ABC 的内角 A B C、 、 的对边分别为 , ,a b c，已知 (2 )cos cosc a B b A  . （1）求角 B的大小； （2）若 ABC 为锐角三角形，且 2c  ，求 ABC 面积的取值范围. 22．在平面直角坐标系 xOy中，直线 1C 的参数方程为 2 cos sin x t y t       （ t为参数，0    ）， 曲线 2C 的参数方程为 1 2 cos 1 2 sin x y          （为参数），以坐标原点为极点， x轴的正半轴为极轴 建立极坐标系. （1）求曲线 2C 的极坐标方程； （2）设曲线 1C 与曲线 2C 的交点分别为 , , (2 0)A B M ， ，求 2 2MA MB 的最大值及此时直线 1C 的 倾斜角. 23．（本小题满分 12分） 右图是一个直三棱柱（以 A1B1C1为底面）被一平面所截得到 的几何体，截面为 ABC．已知 A1B1＝B1C1＝l，∠AlBlC1＝90°， AAl＝4，BBl＝2，CCl＝3． （1）设点 O是 AB的中点，证明：OC∥平面 A1B1C1； （2）求二面角 B—AC—A1的大小； （3）求此几何体的体积． 【答案与解析】 1．A 给复数的分子分母同乘以 i，化简即可 2 2 2 2i i i i    故选：A 此题考查复数的运算化简，属于基础题 2．D 根据空间直线与平面，平面与平面的关系对四个命题分别进行判断，得到答案. 命题①，若  ，  ，则平面 和平面 可能平行，也可能相交， 所以不正确； 命题②，若 l上两个点 A、 B满足线段 AB的中点在平面内， 则 A、 B到 的距离相等，但 l与 相交， 所以不正确； 命题③，因为 l ∥ ，则在平面内  内一定存在一条直线m ，满足m l ， 因为 l  ，所以m  ，而m  ，所以  ， 所以正确； 命题④，如图，在平面内 内任取一点 P，过 P作 1PA l 于 A， 2PB l 于 B， 因为 1l   ，  ， PA  ， 所以 PA  ， 而 l  ，所以 PA l ， 同理， PB l ， 而 ,PA PB  ， PA PB P ， 所以 l  ， 所以正确. 故选：D. 本题考查空间中线面关系命题的判断，面面关系命题的判断，属于简单题. 3．A 分别求出该块亚硝酸盐超标的腊肉来自甲、乙品牌的概率，相加即可得到所求事件的概率. 设一市民在该超市随机挑选了一块腊肉，该块腊肉来自甲品牌且亚硝酸盐超标为事件 A， 该块腊肉来自乙品牌且亚硝酸盐超标为事件 B，则 2 1 1( ) 5 10 25 P A    ， 3 1 1( ) 5 9 15 P B    ，则所求概率为 ( ) ( )P A P B  8 75 . 故选：A 本题考查互斥事件的概率，考查学生的基本计算能力，是一道容易题. 4．B 过 a作平面 交平面 于c，过 作平面 交平面  于 d ，通过线面平行的性质定理、判定定理、 平行公理可以判断出 ,a b的位置关系. 如图，过 a作平面 交平面 于 c，过 作平面 交平面 于 d ，因为 / /a  ，所以 / /a c . 因为 / /a  ，所以 / /a d . 所以 / /c d ，又 ,c d   ，所以 / /c  ，又 ,c b     ，所以 / /c b，所以 / /a b . 故选：B 本题考查了线面平行的性质定理和判定定理，考查了平行公理，考查了推理论证能力. 5．D ∵ n， na ， nS 成等差数列，∴ 2 n na n S  ，当 1n  时， 1 12 1a S  ， 1 1a  ，当 2n  时， 12 1 1n na n S     ，∴ 12 2 1n n na a a   ，即 12 1n na a   ，∴ 1 12( 1)n na a   ，∴ 1na  是 以 2为首项， 2为公比的等比数列，∴ 1 2nna   ，∴ 2 1n na   ，∴ 4 4 2 1 15a    ，故选D 6．D 函数的图像如下图所示： 由图可知，选项 A、B、C正确，对于 D选项，当 0 2 x    时，x>sinx,当 2 x   时， -1≤sinx≤1，而 x>1,所以 x>sinx,∴当 x>0时，y=sinx与 y=x无交点. 故 f(x)的图像上不存在不同的两点关于原点对称，所以选项 D错误.故选 D. 7．B 将    1 2 1 23 3f x f x x x   恒成立，变形为    1 1 2 23 3f x x f x x   恒成立，可构造函数 ( ) ( ) 3g x f x x  ，有 ( )g x 单调递增，则 ( ) 0g x  恒成立，从而求得 a的取值范围. 对任意两个不等的实数  1 2 1 2,x x x x ，都有    1 2 1 23 3f x f x x x   恒成立， 则    1 1 2 23 3f x x f x x   恒成立，即令 ( ) ( ) 3g x f x x  ，则 ( )g x 单调递增， 则 2( ) 3 3 0g x x a     恒成立，则 23 3a x   恒成立，得 3 0 a ，则 3a  . 故选：B 本题考查了构造函数的思想，函数单调性与导函数的关系的应用，属于中档题. 8．D 分析得到 1,0 1, 0a b c    ，即得解. 由题得 0.4 03 3 1a    ， 3 00.4 0.4 1b   ，且 3 00.4b   . 0.4 0.4log 3 log 1 0c    . 所以 c b a  . 故选：D 本题主要考查指数对数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 9．B 试题分析：由题意 设 ㌮ o ㌮ ，因为 设 ，所以 Ͳ ，又 Ͳ ʹ，所以 o Ͳ 且 Ͳ ʹ，故选 B． 考点：集合的运算，集合的概念． 10．A 计算部分数值，归纳得到 2 2 1 1, 1,n n n n a a a n       为奇数 为偶数 ，计算得到答案. 2 1 3 2 1a a a  ； 2 2 4 3 1a a a   ； 2 3 5 4 1a a a  ； 2 4 6 5 1a a a   … 归纳总结： 2 2 1 1, 1,n n n n a a a n       为奇数 为偶数 故        2 2 2 2 1 3 2 2 4 3 3 5 4 2017 2019 2018 1a a a a a a a a a a a a    L 故选： A 本题考查了数列的归纳推理，意在考查学生的推理能力. 11．C 椭圆化标准方程为 2 2 1 2 x y  ，求得 , ,a b c，设直线方程为 1y x  ， 代入椭圆方程，求得交点坐标 4 1(0, 1), ( , ) 3 3 M N  ，由向量坐标运算求得OM ON   ． 椭圆方程为 2 2 1 2 x y  ， 2, 1, 1a b c   ，取一个焦点 (1,0)F ,则直线方程为 1y x  ，代入椭 圆方程得 23 4 0x x  ， 4 1(0, 1), ( , ) 3 3 M N  ， 所以OM ON   1 3   ，选 C. 本题综合考查直线与椭圆相交问题，及向量坐标运算，由于本题坐标好求所以直接求坐标，代入向 量坐标运算．一般如果不好求坐标点，都是用韦达定理设而不求． 12．C 试题分析:定义在 R上的函数 是减函数,且函数 的图象关于原点中心对称,故 为 奇函数.若 满足不等式 ,其中 , .则 댳 댳， 댳 댳 댳 ， 表示图中四边形 及其内部区 域内的点与原点 连线的斜率,故当点 位于线段 上时, 取得最大值为 ,当点 位于点 时, 取得最小值为 .故 的取值范围为 ,所以 C选项是正确的． 考点：奇偶性与单调性的综合． 【易错点睛】本题综合考查了函数的奇偶性，单调性知识，同时考查由最大值，最小值求取值范围 的策略，以及运算能力，属于中档题．另本题还考查了转化与化归思想和数形结合思想．将函数问 题转化为简单的线性规划问题是本题的难点，也是关键点，这样方便了不等式的解决．数形结合是 解决线性规划问题必要的步骤． 13． o 双曲线方程为 ㌮ Ͳ 设 oͲ ʹ ʹ，可得 Ͳ，ʹ，〵，ʹ，oʹ，ʹ ， ∵ 设 〵，o 设 Ͳ，∴由 o得 o 设 ʹ，即 Ͳ〵 设 ʹ， 可得 设 Ͳ〵，即〵 Ͳ〵 Ͳ 设 ʹ，两边都除以Ͳ可得 o 设 ʹ， 解之得 设 o （舍负）故答案为 o . 14． 32 根据等差等比数列的性质列式求解得 2q   ,再利用等比数列各项的关系求解 6a 即可. ∵ 24S , 4S , 32S 成等差数列,∴ 4 2 32 4 2S S S  ,即 4 2 2 3S S S S   , 所以 3 4 3a a a   ,故 4 3 2a a   .∴ 2q   . 又 2 3 2a a  ,则  2 1 2 2a   ,所以 2 2a   , 4 6 2 32a a q   ． 故答案为： 32 本题主要考查了等比数列的简单性质,等差中项的运用等,属于基础题. 15．（ ， ） 设向量 a  的坐标为（x，y），∵b  ， a  在向量 a  上的投影相等，∴ ，即 ， ∴ ，即（x，y） （3，－1）=3x－y=0， 即 ，① ∵（ a  －b  ） （ a  － a  ）=－ ，∴（x－2，y－1） （x+1，y－2）=－ ， ∴（x－2）（x+1）+（y－1）（y－2）=－ .② 将 y=3x代入②得，4x2－4x+1=0，即（2x－1）2=0，解得 x= ，则 y= ， 即向量 a  的坐标为（ ， ）. 考点：平面向量的数量积坐标表示. 16．636 分三种情况讨论：①甲、乙都不出场；②甲、乙只有一人出场；③甲、乙都出场.分别计算出每种 情况下出场的阵容种数，利用分类加法计数原理即可得出结果. 分以下三种情况讨论： ①甲、乙都不出场，则应从6名打前锋的队员中挑选3人，从4名打后卫的队员中挑选 2人，此时， 出场阵容种数为 3 2 6 4 120C C  ； ②甲、乙只有一人出场，若出场的这名队员打前锋，则应从6名打前锋的队员中挑选 2人，从 4名 打后卫的队员中挑选 2人；若出场的这名队员打后卫，则应从6名打前锋的队员中挑选3人，从 4名 打后卫的队员中挑选1人. 此时，出场阵容种数为  1 2 2 3 1 2 6 4 6 4 340C C C C C   ； ③甲、乙都出场，若这两名队员都打前锋，则应从6名打前锋的队员中挑选1人，从4名打后卫的 队员中挑选 2人；若这两名队员都打后卫，则应从6名打前锋的队员中挑选3人，从4名打后卫的 队员中不用挑选；若这两名队员一人打前锋、一人打后卫，则应从6名打前锋的队员中挑选 2人， 从 4名打后卫的队员中挑选1人，此时，出场阵容种数为 1 2 3 0 1 2 1 6 4 6 4 2 6 4 176C C C C C C C   . 综上所述，由分类加法计数原理可知，共有120 340 176 636   种不同的出场阵容. 故答案为：636 . 本题考查排列组合的综合应用，解题的关键就是对甲、乙这两名特殊队员的角色安排进行分类讨论， 考查分类讨论思想的应用，有一定的难度. 17．（1）0.6；（2）y＝100.6+68 x，576.6千件． （1）设 A地 2家分为 A1，A2，B地 3家分为 B1，B2，B3，由题意得，所有情况为 10种，满足条件 的有 6种，求出即可； （2）由线性回归方程公式，求出 a，b，再求出线性回归方程，取 x＝49代入求出即可． （1）设 A地 2家分为 A1，A2，B地 3家分为 B1，B2，B3，由题意得，所有情况为： （A1,A2,B1），（A1,A2,B2），（A1,A2,B3），（A1,B1,B2），（A1,B1,B3）， （A1,B2,B3），（A2,B1,B2），（A2,B1,B3），（A2,B2,B3），（B1,B2,B3）， 共 10种，其中 A地 1家，B地 2家的有 6个，故所求的概率为 6 0.6 10  ； （2）由线性回归方程公式，    8 1 8 2 1   108.8 68 1.6 ( ) i ii ii t t y y b t t           ， 且 a 563 68 6.8 100.6y bt      ， 所以线性回归方程为：y＝100.6+68 x， 当 x＝49时，年销售量 y的预报值 y＝100.6+68×7＝576.6千件， 故预测先进生产技术投入为 49千元时的月产增量为 576.6千件． 本题考查了古典概型求概率，求线性回归方程，考查了运算能力，中档题． 18．（Ⅰ）见解析（Ⅱ） 1 2 a  ，见解析 （Ⅰ）求导后，分 0a„ 及 0a  讨论即可； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，  f x 有两个零点 1 2,x x ，必须有 0a  且最小值   ln 2ln 2 2 ln 2 2 2 ln 2 0af a e a a a a a      ，即可得到 1 2 a  ，因为  f x 有两个零点 1 2,x x ， 不妨设 1 2x x ，则 1 2ln 2x a x  ，即    1 2 1 22 1 1 4 x xe x x a     ，要证：  1 21 1 1x x   ，即证： 1 2 2 1 4 x xe a   ，即证：    2 22ln 2f x f a x  ，令    2ln2 4 4 ln 2 ln 2x a xe e ax a a x ag x      ， 利用导数研究函数的单调性，即可得证； 解：（Ⅰ）   2xf x e a   ， 当 0a  时，   0f x  ，  f x 在  ,  上单调递增； 当 0a  时，当  ln 2x a 时，   0f x  ，  f x 在   ln 2 ,a  上单调递增； 当  ln 2x a 时，   0f x  ，  f x 在   , ln 2a 上单调递减. 综上可知，当 0a  时，  f x 在  ,  上单调递增； 当 0a  时，  f x 在   ln 2 ,a  上单调递增，在   , ln 2a 上单调递减. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，  f x 有两个零点 1 2,x x ， 必须有 0a  且最小值   ln 2ln 2 2 ln 2 2 2 ln 2 0af a e a a a a a      ， ∴ ln 2 0a  ，∴ 1 2 a  ， 又∵当 x时，  f x  ；当 x时，  f x  ， ∴ 1 2 a  ，  f x 有两个零点 1 2,x x ，不妨设 1 2x x ，∴ 1 2ln 2x a x  ， 此时   1 1 12 2 0xf x e ax a    ，   2 2 22 2 0xf x e ax a    ， 即  1 12 1x a xe   ，  2 22 1x a xe   ， ∴    1 2 1 22 1 1 4 x xe x x a     ， 要证：   1 21 1 1x x   ，即证： 1 2 2 1 4 x xe a   ， 即证： 1 2 24x xe a  ，即证： 1 2 2ln 2x x a  ，即证： 1 22ln 2x a x  ， 又 1 2ln 2x a x  ，∴ 1 22ln 2 ln 2x a x a   ， 即证：    1 22ln 2f x f a x  ，即证：    2 22ln 2f x f a x  ， 令      2ln 22 2 2 2ln 2 2x a xe ax a eg a a x ax           2ln2 4 4 ln 2 ln 2x a xe e ax a a x a     ，   2 2ln 2 244 4 2 4 4 0x a x x x ag x e e a e a a a e           ，当仅当 ln 2x a 取“ ”， ∴  g x 在  ln 2 ,a  上为增函数，∴    ln 2 0g x g a  ， ∴    2 22ln 2f x f a x  成立， ∴   1 21 1 1x x   成立. 本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的零点问题，考查转化思想，构造函数思想以及推理论 证，运算求解能力，属于难题． 19．（1）9；（2）  1,3t  . 【试题分析】（1）依据题设进行巧妙变形，再运用基本不等式分析求解；（2）依据题设借助绝对值 的几何意义分析探求： （1） 4a b ab  4 1 1 b a    ， 所以   4 1a b a b b a         45 a b b a     45 2 9a b b a    ，当且仅 4a b b a  当时，即 2b a 时， a b 有最小值 9，由 4a b ab  ，可求得此时 3a  ， 6b  ； （Ⅱ）对任意的 x R ， x a x b    3 6 3x x    恒成立，所以 23 2t t  ，解得  1,3t  . 20．（1） 2 4y x ；（2） 4 2 . （1）设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，由题意可得直线 l的方程为 2 py x  ，与抛物线C的方程联立， 列出韦达定理，利用抛物线的焦点弦公式求出 p的值，即可得出抛物线C的方程； （2）可得出直线 l的方程为 1 0x y   ，由点 P在抛物线C上可得出 2 0 0 4 yx  ，然后利用二次函 数的基本性质可求出点 P到直线 l距离的最大值，由此可得出 PAB 面积的最大值. （1）抛物线 2: 2C y px 的焦点为 ,0 2 pF       ，直线 l的方程为 2 py x  ． 设  1 1,A x y 、  2 2,B x y ．由 2 2 2 py x y px       ，得 2 2 3 0 4 px px   ．   2 2 23 4 1 8 0 4 pp p        ， 1 2 3x x p  ， 故 1 2 4 8AB AF BF x x p p       ，所以 2p  ， 因此抛物线C的方程为 2 4y x ； （2）由（1）得 l的方程为 1 0x y   . P到直线 l的距离为   2 20 0 0 0 0 11 2 21 4 4 2 2 2 y y yx y d          . 因  0 2 2 2,2 2 2y    ，所以  20 12 2 2 0 4 y     ， 所以  20 12 2 4 2 2 y d     ， 因此 1 4 2 2PABS AB d    ，所以 PAB 面积的最大值为 4 2 . 本题考查抛物线标准方程的求解，同时也考查了抛物线中三角形面积最值的计算，涉及二次函数基 本性质的应用，考查计算能力，属于中等题. 21．(1) 3 B   (2) 3 ,2 3 2        （1）利用正弦定理边角互化的思想以及两角和的正弦公式、三角形的内角和定理以及诱导公式求 出 cosB的值，结合角 B的范围求出角 B的值； （2）由三角形的面积公式得 1 3sin 2 2ABCS ac B a   ，由正弦定理结合内角和定理得出 3 1 tan a C   ，利用 ABC 为锐角三角形得出C的取值范围，可求出 a的范围，进而求出 ABC 面 积的取值范围． （1）  2 cos cosc a B b A Q ， 由正弦定理边角互化思想得  2sin sin cos sin cosC A B B A  ， 所以，  2sin cos sin cos cos sin sin sinC B A B A B A B C     ， sin 0C Q ， 1cos 2 B  ， 0 B   ， 3 B    ； （2）由题设及（1）知 ABC 的面积 3 2ABCS a  . 由正弦定理得 22sin sin 33 1 sin sin tan C c Aa C C C        . 由于 ABC 为锐角三角形，故0 , 0 2 2 A C      ，由（1）知 2 3 A C    ， 所以 6 2 C    ，故1 4a  ，从而 3 2 3 2 ABCS △ . 因此 ABC 面积的取值范围是 3 ,2 3 2        . 本题考查正弦定理解三角形以及三角形面积的取值范围的求解，在解三角形中，等式中含有边有角， 且边的次数相等时，可以利用边角互化的思想求解，一般优先是边化为角的正弦值，求解三角形中 的取值范围问题时，利用正弦定理结合三角函数思想进行求解，考查计算能力，属于中等题． 22．（1） 2cos 2sin    （2）最大值为 8，此时直线 1C 的倾斜角为 4  （1）先将曲线 2C 的参数方程化为代数方程，再将此平面直角坐标系的代数方程化为极坐标方程； （2）将直线 1C 的参数方程代入曲线 2C 的代数方程，得出当 2 2MA MB 取最大值时直线 1C 的参 数. （1）因为曲线 2C 的参数方程为 1 2 cos , ( 1 2 sin x y           为参数），所以曲线 2C 的普通方程为    2 21 1 2x y    ，即 2 2 2 2 0x y x y    ， 所以曲线 2C 的极坐标方程为 2 2 cos 2 sin 0       ，即 2cos 2sin    . （2）设直线 1C 上的点 A B， 对应的参数分别为 1 2t t， ， 将直线 1C 的参数方程代入曲线 2C 的普通方程，可得    2 2cos 1 sin 1 2t t     ，即  2 2 sin cos 0t t    所以  1 2 2 sin cost t      ， 1 2 0t t  . 故      2 22 2 2 2 1 2 1 2 1 22 4 sin cos 4 1 sin 2MA MB t t t t t t              ， 所以当 sin 2 1  ，即 4   时， 2 2MA MB 取得最大值，最大值为 8，此时直线 1C 的倾斜角为 4  . 本题考查曲线的参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线参数方 程中参数的几何意义，考查考生的运算求解能力。 23．(1)OC∥平面 A1B1C1 (2) 二面角的大小为ʹ (3) （1）证明：作 o交oo于 ，连o． 则 o o． 因为 是 的中点， 所以 设 o o o 设 设 o． 则 o是平行四边形，因此有 o． o 平面o 且 平面o ， 则 面o ． （2）如图，过 作截面 面o ，分别交 o，o于，． 作 于 ，连 ． 因为ooo面ooo，所以 o ，则 平面 o． 又因为 设 ， 设 ， 设 设 ． 所以 ，根据三垂线定理知 ，所以就是所求二面角的平面角． 因为 设 ，所以 sin 设 设 o ，故 设 ʹ， 即：所求二面角的大小为ʹ． （3）因为 设 ，所以 所求几何体体积为 ． 解法二： （1）如图，以o为原点建立空间直角坐标系， 则，ʹ，o，，，因为 是 的中点，所以 设 ， 设 o， o ，ʹ． 易知， 设 ʹ，ʹ，o是平面o 的一个法向量． 因为 设 ʹ，ʹ，o， 平面o ，所以 平面o ． （2） 设 ʹ， o， ， 设 o，ʹ，o， 设 设 ㌮，，是平面 的一个法向量，则 则 得： 设 ʹ ㌮ 设 ʹ 取 ㌮ 设 设 o， 设 o，， o． 显然， 设 o，o，ʹ为平面 o，ʹ，的一个法向量． 则 , 结合图形可知所求二面角为锐角． 所以二面角 设 o，ʹ，o的大小是ʹ． （3）同解法一．